第03讲 图形的旋转与中心对称（8个知识点+7类题型）-【帮课堂】2024-2025学年八年级数学下册同步学与练（苏科版）

八年级下苏科版 第03讲 图形的旋转与中心对称8个知识点+7类题型 课程标准 学习目标 1.图形的旋转 2.中心对称与中心对称图形 1.通过具体实例认识旋转，理解旋转的概念和性质，会旋转作图； 2.理解中心对称的概念和性质，会作中心对称图形；理解中心对称与中心对称图形的联系和区别； 知识点1：旋转的概念 旋转的概念：将图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转，旋转不改变图形的形状和大小。 旋转三要素：旋转中心、旋转方向（顺时针或逆时针）、旋转角度。 在下图中：将三角尺ABC绕点C按逆时针方向旋转到DCE的位置。 旋转中心：点C 点A绕点C旋转到点D，∠ACD是旋转角； 点B绕点C旋转到点E，∠BCE是旋转角。 【即学即练】 1．（2024秋•石林县校级期末）以下生活现象中，属于旋转变换得是（　　） A．钟表的指针和钟摆的运动 B．站在电梯上的人的运动 C．坐在火车上睡觉 D．地下水位线逐年下降 2．（2024秋•上思县期中）如图，将该图按顺时针方向旋转90°后的图形是（　　） A． B． C． D． 3．（2023秋•东平县期末）将图绕中心按顺时针方向旋转60°后可得到的图形是（　　） A． B． C． D． 知识点2：旋转的性质 旋转的性质：一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等。 图1 图2 图1：△ABC绕A旋转到△ADE，则AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE; 图2：△ABC绕O旋转到△A’B’C’，则AO=A’O,BO=B’O,CO=C’O,∠AOA’=∠BOB’=∠COC’; 【即学即练】 4.（2023•德州）如图，△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADE，点D在BC上，∠EDC＝40°，则∠B的度数为（　　） A．70° B．60° C．50° D．40° 5.（2024•广元）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，连接CE，点D恰好落在线段CE上，若CD＝3，BC＝1，则AD的长为（　　） A． B． C．2 D． 知识点3：旋转作图 1.画出点B绕点A按逆时针方向旋转100°所得到的点B’; 连接AB，以A为顶点，AB为一边，画∠BAC=100°，再在射线AC上截取AB’=AB，B’就是所要画的点。 图3 2.画出线段BC绕点A逆时针旋转100°所得到的线段B’C’. 按1中方式，得到B的对应点B’,C的对应点C’，连接B’C’，线段B’C’即为所要画的线段。 图4 【即学即练】 6.（2024•龙湖区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣1，1），C（0，﹣2）． （1）点B关于坐标原点O对称的点的坐标为 　 　； （2）将△ABC绕点C顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△A1B1C． 7.（2023秋•靖宇县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的三个顶点的坐标分别为O（0，0），A（5，3），B（0，5）． （1）画出△OAB绕原点O逆时针方向旋转90°后得到的△OA1B1； （2）∠OAA1＝　 　； （3）求旋转过程中，线段OB扫过的图形的面积． 知识点4：旋转中心的确定 如图4所示，线段BC绕A逆时针旋转100°得线段B’C’，所以AB=AB’，AC=AC’，所以A在BB’和CC’的垂直平分线的交点处。 【即学即练】 8.（2023秋•乐陵市期末）如图4×4的正方形网格中，其中一个三角形①绕某点旋转一定的角度，得到三角形②，则其旋转中心是（　　） A．点A B．点B C．点C D．点D 9.（2024秋•青铜峡市期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上． （1）画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1； （2）若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为　 　． 知识点5：中心对称的概念和性质 ①中心对称的概念：一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这点对称，也称这两个图形成中心对称，这个点叫做对称中心。 四边形ABCD绕O旋转180°，能与四边形A’B’C’D’重合，那么四边形ABCD与四边形A’B’C’D’关于O点对称，O是对称中心。 一个图形绕着某一点旋转180°是一种特殊的旋转，成中心对称的两个图形具有图形旋转的一切性质。 ②中心对称的性质：成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 △ABC与△A’B’C’关于O点对称，则 ①AA’经过点O，且OA=OA’ ②BB’经过点O，且OB=OB’ ③CC’经过点O，且OC=OC’ 【即学即练】 10．（2023秋•龙华区校级期末）下列描述中心对称的特征的语句中，其中正确的是（　　） A．成中心对称的两个图形中，连接对称点的线段不一定经过对称中心 B．成中心对称的两个图形中，对称中心不一定平分连接对称点的线段 C．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，但不一定被对称中心平分 D．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分 11．（2024秋•滦州市期末）如图，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，点A、B、C的对称点分别为D、E、F．下列结论不一定正确的是（　　） A．AD⊥BE B．AO＝DO C．AB∥DE D．△ABC≌△DEF 12．（2024秋•微山县期中）如图，△ABC中，，AC＝2，O是AC的中点．将△BCO绕点C旋转180°得△PCQ，连接AP，则AP的长是（　　） A． B． C．4 D．5 知识点6：与中心对称有关的作图 1.画出点A关于点O的对称点。 连接AO并延长AO到A’，使OA’=OA，点A’就是A关于点O的对称点。 2.画出线段AB关于点O的对称线段。 分别连接AO,BO并延长AO,BO至A’,B’,使OA’=OA，OB’=OB,连接A’B’，则A’B’就是线段AB关于点O的对称线段。 3.画出△ABC关于点O的对称三角形。 分别连接AO,BO,CO并延长AO,BO,CO至A’,B’,C’,使OA’=OA，OB’=OB,OC’=OC,则△A’B’C’就是△ABC关于点O的对称三角形。 【即学即练】 13．（2024春•叙州区期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上） （1）画出△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于直线l成轴对称； （2）画出△ABC向下平移5个单位的△A2B2C2； （3）画出△A3B3C3，使△A3B3C3与△ABC关于点O成中心对称． 14．（2023春•温江区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣2，1），C（﹣1，2）． （1）平移△ABC，使得点A的对应点A1的坐标为（1，4），画出平移后的Δ A1B1C1． 2）将△ABC绕点O旋转180°，画出旋转后的Δ A2B2C2． （3）若Δ A1B1C1与Δ A2B2C2关于点P成中心对称，求点P的坐标． 知识点7：中心对称图形 中心对称图形的概念：把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形。这个点就是它的对称中心。 如下图。 【即学即练】 15．（2024秋•南昌期末）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 16．（2024秋•潼南区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 知识点8：与旋转有关的模型（复习总结） 1.正方形的半角模型 条件：在正方形ABCD中，E、F分别是DC和BC上的点，且∠EAF=45° 结论：BF+DE=EF 证明：延长CB至G，使BG=DE，先证△ABG≌△ADE，再证△AGF≌△AEF，即可得出结论。 条件：在正方形ABCD中，E、F分别是DC和CB延长线上的点，且∠EAF=45° 结论：EF=DE-BF 证明：在DC上取点G，使DG=BF，先证△ABF≌△ADG，再证△AGE≌△AFE，即可得出结论。 2.角平分线+对角互补模型 条件：已知在四边形ABDC中，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，求证 结论：BD=CD 证明： 方法①：利用角平分线的性质 过D向AB和AC作垂线，垂足分别为G、H，证明△DGB≌△DHC(AAS)，得BD=CD 方法②：构造等腰三角形 在AC的延长线上取点G，使AD=DG，证明△ABD≌△GCD(AAS)，得BD=CD 3.手拉手模型 条件：△ABC与△AEF是等腰三角形，且AB=AC,AE=AF，∠BAC=∠EAF，连接BE（左手拉左手）,CF（右手拉右手） 结论：BE=CF 证明：△ABE≌ACF即可得出结论。 4.婆罗摩笈多模型（错位手拉手） 条件：△AOB与△EOF均为等腰直角三角形，且∠AOB=∠EOF=90°，G在AE上，H在BF上，GH过点O 结论：①S△AOE=S△BOF；②若G是AE的中点，那么GH⊥BF；③若GH⊥BF，那么G是AE中点。 证明： ①②：延长OG至D，使OG=DG，连接DE（倍长中线），先证△AOG≌△EGD，再证△OED≌△FOB，即可得出结论。 ③：过A作AD⊥OG，EJ⊥OG，证△AOD≌△OBH，△OJE≌△FHO,再证△ADG≌△EJG，即可得出结论。 5.鸡爪模型 已知条件：△ABC是等边三角形，D是三角形内任意一点，连接DA、DB、DC。 分析思路：将△ABD绕点A逆时针旋转60°，得到△ACD’，连接DD’，△ADD’是等边三角形。 6.费马点问题 概念：三角形内部满足到三个顶点距离之和最小的点，称为费马点. 结论： 1）对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点； 2）对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个三角形钝角的顶点. （注意：通常涉及费马点的试题中三角形的最大顶角小于120°） 证明：运用旋转的方法，将△ABC中任意一个三角形（△DAB,△DAC,△DBC）向外旋转60°构造等边三角形，根据两点之间线段最短，得出最短长度.上图将△DAC绕点C顺时针旋转60°，得到△D’A’C，连接DD’，BA’， 证：DA+DB+DC=A’D’+DD’+BD≥BA’，所以当B、D、D’、A’四点共线时，DA+DB+DC最小，此时，∠CDD’=∠CD’D=60°，所以∠BDC=∠A’D’C=∠ADC=120°，所以∠BDC=120° （备注：具体旋转哪个三角形根据题目中给出的条件进行判定。） 【类型一：旋转的概念】 【例1】（2024秋•上思县期中）下列现象属于旋转的是（　　） A．摩托车在急刹车时向前滑动 B．火箭冲向空中的时候 C．笔直的铁轨上飞驰而过的复兴号 D．幸运大转盘转动的过程 【变式1-1】（2023秋•平城区期末）如图，将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是（　　） A． B． C． D． 【例2】（2023秋•黔东南州期末）一天中钟表时针从上午6时到上午9时旋转的度数为 　 　． 【变式2-1】（2023秋•广阳区期末）李明家有一个时钟，假期间，某天上午他8点整出门锻炼，回家时发现时针刚好旋转了60°，那么李明回家的时间是（　　） A．9点整 B．9点半 C．10点整 D．10点半 【例3】（2024秋•崇明区期中）已知直角坐标平面上的机器人接受指令“[A，a]”（0°＜A＜180°，a≥0）后的行动结果为：在原地逆时针旋转A后，再向面对方向沿直线行走a．若机器人的位置在原点，面对方向为y轴的负半轴，则它完成一次指令[60°，2]后，所在位置的坐标为　 　． 【变式3-1】（2024秋•惠东县期中）（跨学科与体育融合）在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以　 　（填“脚跟”或“脚尖”）为旋转中心，沿着　 　（填“顺时针”或“逆时针”）方向旋转　 　度． 【类型二：旋转的性质】 【例4】（2024秋•利川市期中）如图，将△ABC绕点B逆时针旋转48°，得到△DBE，连接EC，若EC∥AB，则∠CBD的度数为（　　） A．16° B．18° C．20° D．24° 【变式4-1】（2024春•陈仓区期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△AB'C'，若点C，B，C'共线，则∠B'C'C的度数为（　　） A．60° B．45° C．30° D．15° 【变式4-2】（2023秋•浦北县期末）如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D是BC的中点，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，那么线段DE的长为（　　） A． B．6 C． D． 【例5】（2024春•永丰县期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P′AB． （1）求点P与点P′之间的距离； （2）求∠APB的大小． 【变式5-1】（2023秋•东平县期末）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，点B落在DE上，延长AC交DE于点F，AB、DC交于点G． （1）求证：AB⊥DE； （2）求证：FB+BGBC． 【类型三：与旋转有关的作图】 【例6】（2024秋•船营区校级期末）如图，在下列10×10的网格中，横、纵坐标均为整点的数叫做格点，例如A（2，1）、B（5，4）、C（1，8）都是格点． （1）直接写出△ABC的面积； （2）将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A1BC1，在网格中画出△A1BC1； （3）在图中画出线段EF，使它同时满足以下条件：①点E在△ABC内；②点E，F都是格点；③EF三等分BC；④EF．请写出点E，F的坐标． 【变式6-1】（2024秋•静安区期末）如图，已知点O与三角形ABC． （1）画出三角形ABC关于点O成中心对称的图形，记作三角形A′B′C′，其中点A、B、C分别与点A′、B′、C′对应； （2）画出三角形A′B′C′绕点O按逆时针方向旋转90°后的图形，记作三角形A″B″C″，其中点A′、B′、C′分别与点A″、B″、C″对应； （3）将三角形ABC绕点O按顺时针方向旋转m°（0＜m＜360）得三角形A′B′C′，再将三角形A′B′C′绕点O按逆时针方向旋转n°（0＜n＜360，且m＞n）得三角形A″B″C″． 小明认为，三角形ABC经过一次运动就能和三角形A″B″C″重合，他的观点正确吗？如果认为正确，请描述这个运动过程；如果认为不正确，请说明理由． 【类型四：中心对称的概念与性质】 【例7】（2023秋•邯郸期末）如图，在正方形网格中，A，B，C，D，E，F，G，H，M，N是网格线交点，△ABC与△DEF关于某点对称，则其对称中心是（　　） A．点G B．点H C．点M D．点N 【变式7-1】（2024秋•灵宝市期中）如图，在平面直角坐标系中，把△ABC绕原点O旋转180°得到△CDA，点A，B，C的坐标分别为（﹣5，2），（﹣2，﹣2），（5，﹣2），则点D的坐标为 　 　． 【变式7-2】如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（　　） A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b） C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1） 【例8】（2022春•莲湖区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是CD上一点，点D与点C关于点E中心对称，连接AE并延长，与BC延长线交于点F． （1） 填空：E是线段CD的 　　，点A与点F关于点 　　成中心对称，若AB＝AD+BC，则△ABF 是 　 　三角形． （2）四边形ABCD的面积为12，求△ABF的面积． 【类型五：与中心对称有关的作图】 【例9】（2024秋•洛阳期末）如图，已知在平面直角坐标系中，线段AB的坐标分别为A（3，4），B（4，2）． （1）画出线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段CB，连接点A、C得到△ABC； （2）在（1）的条件下，画出△ABC关于原点O对称的△DEF，点A、B、C的对应点分别是D、E、F； （3）在（2）的条件下，已知线段AB绕平面内的点P旋转一个特定的度数可与线段FE重合（其中点A对应点F），请直接写出点P的坐标为 　 　． 【变式9-1】（2024•清水县校级三模）请按以下要求用无刻度直尺作图： （1）如图1，线段AB和线段A′B′关于点M成中心对称，画出点M； （2）如图2，将△ABC绕点O逆时针旋转90°得△A1B1C1，画出△A1B1C1； （3）如图3，设∠BAC＝α，将△ABC绕点C顺时针旋转α得△A′B′C，画出△A′B′C． 【类型六：中心对称图形】 【例10】（2024秋•长寿区期末）以下四个交通标志，其中是中心对称图形（不含下方的文字注释）的是（　　） A．直行 B．掉头 C．十字路口 D．环形车道 【变式10-1】（2024秋•蜀山区校级期末）下列图形是中心对称图形的是（　　） A．斐波那契螺旋线 B．蝴蝶曲线 C．赵爽弦图 D．笛卡尔心形线 【变式10-2】（2024秋•吉林期末）我国汉代数学家赵爽在他所著《勾股圆方图注》中，运用弦图（如图所示）巧妙地证明了勾股定理．下列关于“赵爽弦图”说法正确的是（　　） A．是轴对称图形 B．是中心对称图形 C．既是轴对称图形又是中心对称图形 D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形 【例11】（2024春•慈溪市期中）如图，由4个全等的正方形组成的L形图案，请按下列要求画图： （1）在图案①中添加1个正方形，使它成轴对称图形（不能是中心对称图形）； （2）在图案②中添加1个正方形，使它成中心对称图形（不能是轴对称图形）； （3）在图案③中改变1个正方形的位置，从而得到一个新图形，使它既成中心对称图形，又成轴对称图形． 【变式11-1】（2021秋•辛集市期末）如图，方格纸中有三个点A，B，C，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上． （1）在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形； （2）在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形； （3）在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形． 【类型七：与旋转有关的模型】 1．（2023秋•江津区校级月考）已知正方形ABCD边长为5，点M、N分别在边BC，CD上，连接AM，MN，AN，若∠MAN＝45°，BM＝2，则线段NC的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 2．（2024春•洛江区期末）如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　 　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　 　，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 3．（2023春•渠县校级期末）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论： ①PM＝PN恒成立；②△OMN的周长不变；③OM+ON的值不变；④四边形PMON的面积不变，其中正确的为 　 　（请填写正确结论前面的序号）． 4．（2024春•宁阳县期末）如图，点A是x轴上一个定点，点B从原点O出发沿y轴的正方向移动，以线段OB为边在y轴右侧作等边三角形，以线段AB为边在AB上方作等边三角形，连接CD，随点B的移动，下列说法错误的是（　　） A．△BOA≌△BDC B．∠ODC＝150° C．直线CD与x轴所夹的锐角恒为60° D．随点B的移动，线段CD的值逐渐增大 5．（2024春•市北区期中）如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上一点，BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，则下列结论正确的为（　　） ①△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到； ②∠BCE+∠BCD＝180°； ③∠ABE＝∠DAE； ④BA+BC＝2BF． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 6．（2024春•淮安区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P是平面内一动点，且PA＝4，连接PB、PC，则PB+PC的最小值为 　 　． 7．（2024春•田家庵区校级期末）【问题发现】 （1）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接CE，容易发现：①∠BEC的度数为 　 　；②线段BD、CE之间的数量关系为 　 ； 【类比探究】 （2）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接CE，试判断∠BEC的度数以及线段BD、CE之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，∠AOB＝∠ACB＝90°，OA＝2，OB＝4，AC＝BC，则OC2的值为 　 　． 8．（2024春•和平区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，作射线AP，点C关于直线AP的对称点为D，连接AD，直线DC，DB，分别交AP于点E，F，连接CF． （1）如图1，射线AP在△ABC的外部，当α＝40°时，求∠BDC的度数； （2）如图2，射线AP的一部分落在△ABC内部，当α＝60°时， ①直接写出∠BDC的度数； ②求证：AF＝BF+CF． （3）当α＝60°时，若△DBC是等腰三角形，直接写出∠CAD的度数． 9．（2023秋•萧山区期中）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF．则AE+PB+PC的最小值为（　　） A．10 B． C． D． 10．（2022秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时， ①∠BDC＝　 　； ②AD的最小值是 　 　． 11．（2023春•沈阳期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，点B分别是y轴，x轴正半轴上的点，且OA＝OB，△AOC是等边三角形，且点C在第二象限，M为∠AOB平分线上的动点，将OM绕点O逆时针旋转60°得到ON，连接CN，AM，BM． （1）求证：△AMO≌△CNO； （2）若A点坐标为（0，4）； ①当AM+BM的值最小时，请直接写出点M的坐标； ②当AM+BM+OM的值最小时，求出点M的坐标，并说明理由． 1．（2024秋•汉阳区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，将△ABC绕点A顺时针旋转得到对应△ADE，若点E恰好在AB边上，则BE的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，△ABC中，∠ACB＝85°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在A边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝α，则∠EFC的度数是（　　）（用含α的代数式表示） A． B． C． D． 3．（2024秋•鞍山期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，下列结论正确的是（　　） A．∠APB≠60° B．BC＝PE C．AP+AD＝BC D．PA+PC＝PE 4．（2024•闽侯县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝1，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为 　 　． 5．（2024•青龙县模拟）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB＝　 　． 6． （2024•邱县二模）将分别含有30°，45°角的一副三角板重叠，使直角顶点及两直角边重合，如图1．若保持含45°角的三角板固定不动，将含30°角的三角板绕直角顶点沿顺时针方向旋转15°，如图2，此时α的度数 　 　（填“增大”或“减小”）了 　 　度． 7．（2023•宁南县校级模拟）如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为　 　． 8．（2024秋•海淀区校级期中）小予和小凡同学计划为美术教室设计一款多功能桌．现有圆心为O、半径为R的圆面形材料若干个（如图1所示），先在圆面材料上裁掉一个以O为圆心、r（0＜r＜R）为半径的圆得到一个圆环，然后把圆环6等分（如图2所示），得到若干扇环形桌面（如图3所示）． （1）图3中一个扇环的面积为　 　（用含r、R的式子表示）； （2）小予同学用8块相同的扇环拼成如图4所示的桌子． ①图4是一个中心对称图形，请在图上标出对称中心A； ②根据图4上标注的数据求这张桌子的桌面面积（结果保留π）． （3）小凡同学用10块相同的扇环拼成如图5所示的桌子．矩形ABCD是能把这张桌子围起来的最小矩形，且AD﹣AB＝1.8m，直接写出图中线段EF的长度． 9．（2024春•电白区期中）综合探究： 在△ABC中，∠ABC＜90°，将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转（旋转角不超过180°），得到△DBE，其中点A的对应点为点D，连接CE，CE∥AB． （1）如图1，试猜想∠ABC与∠BEC之间满足的等量关系，并给出证明； （2）如图2，若点D在边BC上，，求CE的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级下苏科版 第03讲 图形的旋转与中心对称8个知识点+7类题型 课程标准 学习目标 1.图形的旋转 2.中心对称与中心对称图形 1.通过具体实例认识旋转，理解旋转的概念和性质，会旋转作图； 2.理解中心对称的概念和性质，会作中心对称图形；理解中心对称与中心对称图形的联系和区别； 知识点1：旋转的概念 旋转的概念：将图形绕一个定点转动一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转，旋转不改变图形的形状和大小。 旋转三要素：旋转中心、旋转方向（顺时针或逆时针）、旋转角度。 在下图中：将三角尺ABC绕点C按逆时针方向旋转到DCE的位置。 旋转中心：点C 点A绕点C旋转到点D，∠ACD是旋转角； 点B绕点C旋转到点E，∠BCE是旋转角。 【即学即练】 1．（2024秋•石林县校级期末）以下生活现象中，属于旋转变换得是（　　） A．钟表的指针和钟摆的运动 B．站在电梯上的人的运动 C．坐在火车上睡觉 D．地下水位线逐年下降 【分析】根据平移的意义，在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移；根据旋转的意义，在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转． 【解答】解：A、钟表的指针和钟摆的运动都是旋转变换，故本选项正确； B、站在电梯上的人的运动属于平移现象，故本选项错误； C、坐在火车上睡觉，属于平移现象，故本选项错误； D、地下水位线逐年下降属于平移现象，故本选项错误； 故选：A． 2．（2024秋•上思县期中）如图，将该图按顺时针方向旋转90°后的图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据旋转的性质，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变；图片按顺时针方向旋转90°，分析可得答案． 【解答】解：根据旋转的意义，图片按顺时针方向旋转90°，可得B符合． 故选：B． 3．（2023秋•东平县期末）将图绕中心按顺时针方向旋转60°后可得到的图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据旋转的意义，找出图中阴影三角形3个关键处按顺时针方向旋转60°后的形状即可选择答案． 【解答】解：将图绕中心按顺时针方向旋转60°后得到的图形是． 故选：A． 知识点2：旋转的性质 旋转的性质：一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等。 图1 图2 图1：△ABC绕A旋转到△ADE，则AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE; 图2：△ABC绕O旋转到△A’B’C’，则AO=A’O,BO=B’O,CO=C’O,∠AOA’=∠BOB’=∠COC’; 【即学即练】 4.（2023•德州）如图，△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADE，点D在BC上，∠EDC＝40°，则∠B的度数为（　　） A．70° B．60° C．50° D．40° 【分析】设AC交DE于点F，由∠AFD＝∠E+∠EAC＝∠C+∠EDC，且∠E＝∠C，得∠EAC＝∠EDC＝40°，则∠DAB＝∠EAC＝40°，由AD＝AB，得∠ADB＝∠B，而∠ADB+∠B+∠DAB＝180°，则∠B+∠B+40°＝180°，求得∠B＝70°，于是得到问题的答案． 【解答】解：设AC交DE于点F， ∵∠AFD＝∠E+∠EAC，∠AFD＝∠C+∠EDC， ∴∠E+∠EAC＝∠C+∠EDC， 由旋转得∠E＝∠C，∠DAB＝∠EAC，AD＝AB， ∴∠EAC＝∠EDC＝40°，∠ADB＝∠B， ∴∠DAB＝∠EAC＝40°， ∵∠ADB+∠B+∠DAB＝180°， ∴∠B+∠B+40°＝180°， ∴∠B＝70°， 故选：A． 5.（2024•广元）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，连接CE，点D恰好落在线段CE上，若CD＝3，BC＝1，则AD的长为（　　） A． B． C．2 D． 【分析】连接BD，根据旋转的性质得出∠BCD＝90°，AB＝AD，∠BAD＝90°，再根据勾股定理求出BD的长，最后在等腰直角三角形ABD中解直角三角形求出AD的长即可． 【解答】解：如图，连接BD， ∵将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，连接CE，点D恰好落在线段CE上， ∴∠BCD＝90°，AB＝AD，∠BAD＝90°， 又CD＝3，BC＝1， ∴BD， ∴AD， 故选：A． 知识点3：旋转作图 1.画出点B绕点A按逆时针方向旋转100°所得到的点B’; 连接AB，以A为顶点，AB为一边，画∠BAC=100°，再在射线AC上截取AB’=AB，B’就是所要画的点。 图3 2.画出线段BC绕点A逆时针旋转100°所得到的线段B’C’. 按1中方式，得到B的对应点B’,C的对应点C’，连接B’C’，线段B’C’即为所要画的线段。 图4 【即学即练】 6.（2024•龙湖区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣1，1），C（0，﹣2）． （1）点B关于坐标原点O对称的点的坐标为 　（1，﹣1）　； （2）将△ABC绕点C顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△A1B1C． 【分析】（1）根据中心对称的性质即可得点B关于坐标原点O对称的点的坐标； （2）根据旋转的性质即可将△ABC绕点C顺时针旋转90°，进而画出旋转后得到的△A1B1C． 【解答】解：（1）点B关于坐标原点O对称的点的坐标为（1，﹣1）， 故答案为：（1，﹣1）； （2）如图，△A1B1C即为所求． 7.（2023秋•靖宇县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的三个顶点的坐标分别为O（0，0），A（5，3），B（0，5）． （1）画出△OAB绕原点O逆时针方向旋转90°后得到的△OA1B1； （2）∠OAA1＝　45°　； （3）求旋转过程中，线段OB扫过的图形的面积． 【分析】（1）利用旋转变换的性质，分别作出A，B的对应点A1，B1即可； （2）利用等腰直角三角形的性质解决问题即可； （3）利用扇形的面积公式求解即可． 【解答】解：（1）如图，△OA1B1即为所求． （2）∵OA＝OA1，∠AOA1＝90°， ∴∠∠OAA1＝45°． 故答案为：45°． （3）旋转过程中，线段OB扫过的图形的面积π 知识点4：旋转中心的确定 如图4所示，线段BC绕A逆时针旋转100°得线段B’C’，所以AB=AB’，AC=AC’，所以A在BB’和CC’的垂直平分线的交点处。 【即学即练】 8.（2023秋•乐陵市期末）如图4×4的正方形网格中，其中一个三角形①绕某点旋转一定的角度，得到三角形②，则其旋转中心是（　　） A．点A B．点B C．点C D．点D 【分析】根据旋转的性质，找出两组对应顶点的连线的垂直平分线，交点即为旋转中心． 【解答】解：如图：作出三角形①和三角形②两组对应点所连线段的垂直平分线的交点B为旋转中心． 故选：B． 9.（2024秋•青铜峡市期末）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上． （1）画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1； （2）若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为　（0，1）　． 【分析】（1）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可； （2）根据对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．作出点P即可． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求； （2）如图，点P即为旋转中心，P（0，1）． 故答案为：（0，1）． 知识点5：中心对称的概念和性质 ①中心对称的概念：一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这点对称，也称这两个图形成中心对称，这个点叫做对称中心。 四边形ABCD绕O旋转180°，能与四边形A’B’C’D’重合，那么四边形ABCD与四边形A’B’C’D’关于O点对称，O是对称中心。 一个图形绕着某一点旋转180°是一种特殊的旋转，成中心对称的两个图形具有图形旋转的一切性质。 ②中心对称的性质：成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 △ABC与△A’B’C’关于O点对称，则 ①AA’经过点O，且OA=OA’ ②BB’经过点O，且OB=OB’ ③CC’经过点O，且OC=OC’ 【即学即练】 10．（2023秋•龙华区校级期末）下列描述中心对称的特征的语句中，其中正确的是（　　） A．成中心对称的两个图形中，连接对称点的线段不一定经过对称中心 B．成中心对称的两个图形中，对称中心不一定平分连接对称点的线段 C．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，但不一定被对称中心平分 D．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分 【分析】根据中心对称的性质，①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，判断各选项即可得出答案． 【解答】解：A、成中心对称的两个图形中，连接对称点的线段一定经过对称中心，故本选项错误； B、成中心对称的两个图形中，对称中心一定平分连接对称点的线段，故本选项错误； C、成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分，故本选项错误； D、成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分，故本选项正确． 故选：D． 11．（2024秋•滦州市期末）如图，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，点A、B、C的对称点分别为D、E、F．下列结论不一定正确的是（　　） A．AD⊥BE B．AO＝DO C．AB∥DE D．△ABC≌△DEF 【分析】结合中心对称的性质可得AO＝DO，BO＝EO，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，进而可证明△AOB≌△DOE，可得∠BAO＝∠EDO，则AB∥DE，进而可得答案． 【解答】解：∵△ABC与△DEF关于点O成中心对称， ∴AO＝DO，BO＝EO，△ABC与△DEF关于点O成中心对称． 故B，D选项正确，不符合题意； ∵∠AOB＝∠DOE， ∴△AOB≌△DOE（SAS）， ∴∠BAO＝∠EDO， ∴AB∥DE， 故C选项正确，不符合题意； 根据已知条件不能得出AD⊥BE， 故A选项不正确，符合题意． 故选：A． 12．（2024秋•微山县期中）如图，△ABC中，，AC＝2，O是AC的中点．将△BCO绕点C旋转180°得△PCQ，连接AP，则AP的长是（　　） A． B． C．4 D．5 【分析】根据等腰三角形的性质得AO＝CO＝1，BO⊥AC，根据勾股定理得BO＝4，根据旋转的性质得∠Q＝∠BOC＝90°，AQ＝AC+CQ＝AC+OC＝3，PQ＝BO＝4，再根据勾股定理即可求出答案． 【解答】解：∵AB＝BC，AC＝2，O是AC的中点， ∴AO＝CO＝1，BO⊥AC， ∴BO4， ∵将△BCO绕点C旋转180°得△PCQ， ∴∠Q＝∠BOC＝90°，AQ＝AC+CQ＝AC+OC＝3，PQ＝BO＝4， ∴AP5． 故选：D． 知识点6：与中心对称有关的作图 1.画出点A关于点O的对称点。 连接AO并延长AO到A’，使OA’=OA，点A’就是A关于点O的对称点。 2.画出线段AB关于点O的对称线段。 分别连接AO,BO并延长AO,BO至A’,B’,使OA’=OA，OB’=OB,连接A’B’，则A’B’就是线段AB关于点O的对称线段。 3.画出△ABC关于点O的对称三角形。 分别连接AO,BO,CO并延长AO,BO,CO至A’,B’,C’,使OA’=OA，OB’=OB,OC’=OC,则△A’B’C’就是△ABC关于点O的对称三角形。 【即学即练】 13．（2024春•叙州区期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上） （1）画出△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于直线l成轴对称； （2）画出△ABC向下平移5个单位的△A2B2C2； （3）画出△A3B3C3，使△A3B3C3与△ABC关于点O成中心对称． 【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可； （2）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可； （3）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A3，B3，C3即可． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求； （2）如图，△A2B2C2即为所求； （3）如图，△A3B3C3即为所求． 14．（2023春•温江区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣2，1），C（﹣1，2）． （1）平移△ABC，使得点A的对应点A1的坐标为（1，4），画出平移后的Δ A1B1C1． 2）将△ABC绕点O旋转180°，画出旋转后的Δ A2B2C2． （3）若Δ A1B1C1与Δ A2B2C2关于点P成中心对称，求点P的坐标． 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可； （2）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可； （3）对应点连线的交点即为旋转中心P． 【解答】解：（1）如图，Δ A1B1C1即为所求； （2）如图，Δ A2B2C2即为所求； （3）如图，点P即为所求．P（2，0）． 知识点7：中心对称图形 中心对称图形的概念：把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形。这个点就是它的对称中心。 如下图。 【即学即练】 15．（2024秋•南昌期末）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，据此解答． 【解答】解：选项A、B、C均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合， ∴选项A、B、C不是中心对称图形，不符合题意； 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合， ∴选项D是中心对称图形，符合题意， 故选：D． 16．（2024秋•潼南区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．据此判断即可． 【解答】解：选项A、B、C不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 知识点8：与旋转有关的模型（复习总结） 1.正方形的半角模型 条件：在正方形ABCD中，E、F分别是DC和BC上的点，且∠EAF=45° 结论：BF+DE=EF 证明：延长CB至G，使BG=DE，先证△ABG≌△ADE，再证△AGF≌△AEF，即可得出结论。 条件：在正方形ABCD中，E、F分别是DC和CB延长线上的点，且∠EAF=45° 结论：EF=DE-BF 证明：在DC上取点G，使DG=BF，先证△ABF≌△ADG，再证△AGE≌△AFE，即可得出结论。 2.角平分线+对角互补模型 条件：已知在四边形ABDC中，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，求证 结论：BD=CD 证明： 方法①：利用角平分线的性质 过D向AB和AC作垂线，垂足分别为G、H，证明△DGB≌△DHC(AAS)，得BD=CD 方法②：构造等腰三角形 在AC的延长线上取点G，使AD=DG，证明△ABD≌△GCD(AAS)，得BD=CD 3.手拉手模型 条件：△ABC与△AEF是等腰三角形，且AB=AC,AE=AF，∠BAC=∠EAF，连接BE（左手拉左手）,CF（右手拉右手） 结论：BE=CF 证明：△ABE≌ACF即可得出结论。 4.婆罗摩笈多模型（错位手拉手） 条件：△AOB与△EOF均为等腰直角三角形，且∠AOB=∠EOF=90°，G在AE上，H在BF上，GH过点O 结论：①S△AOE=S△BOF；②若G是AE的中点，那么GH⊥BF；③若GH⊥BF，那么G是AE中点。 证明： ①②：延长OG至D，使OG=DG，连接DE（倍长中线），先证△AOG≌△EGD，再证△OED≌△FOB，即可得出结论。 ③：过A作AD⊥OG，EJ⊥OG，证△AOD≌△OBH，△OJE≌△FHO,再证△ADG≌△EJG，即可得出结论。 5.鸡爪模型 已知条件：△ABC是等边三角形，D是三角形内任意一点，连接DA、DB、DC。 分析思路：将△ABD绕点A逆时针旋转60°，得到△ACD’，连接DD’，△ADD’是等边三角形。 6.费马点问题 概念：三角形内部满足到三个顶点距离之和最小的点，称为费马点. 结论： 1）对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点； 2）对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个三角形钝角的顶点. （注意：通常涉及费马点的试题中三角形的最大顶角小于120°） 证明：运用旋转的方法，将△ABC中任意一个三角形（△DAB,△DAC,△DBC）向外旋转60°构造等边三角形，根据两点之间线段最短，得出最短长度.上图将△DAC绕点C顺时针旋转60°，得到△D’A’C，连接DD’，BA’， 证：DA+DB+DC=A’D’+DD’+BD≥BA’，所以当B、D、D’、A’四点共线时，DA+DB+DC最小，此时，∠CDD’=∠CD’D=60°，所以∠BDC=∠A’D’C=∠ADC=120°，所以∠BDC=120° （备注：具体旋转哪个三角形根据题目中给出的条件进行判定。） 【类型一：旋转的概念】 【例1】（2024秋•上思县期中）下列现象属于旋转的是（　　） A．摩托车在急刹车时向前滑动 B．火箭冲向空中的时候 C．笔直的铁轨上飞驰而过的复兴号 D．幸运大转盘转动的过程 【分析】根据旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转可得答案． 【解答】解：A、摩托车在急刹车时向前滑动不是旋转，故此选项不符合题意； B、火箭冲向空中的时候不是旋转，故此选项不符合题意； C、笔直的铁轨上飞驰而过的复兴号不是旋转，故此选项不符合题意； D、幸运大转盘转动的过程属于旋转，故此选项符合题意． 故选：D． 【变式1-1】（2023秋•平城区期末）如图，将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】利用已知将图形绕点O逆时针旋转90°得出符合题意的图形即可． 【解答】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是 ， 故选：C． 【例2】（2023秋•黔东南州期末）一天中钟表时针从上午6时到上午9时旋转的度数为 　90°　． 【分析】钟表上的刻度把一个圆平均分成12等份，根据题意知，时针运行了圆周，即可得到答案． 【解答】解：根据题意，从上午6时到上午9时，共3个小时， ∴时针旋转了圆周，旋转的角度为． 故答案为：90°． 【变式2-1】（2023秋•广阳区期末）李明家有一个时钟，假期间，某天上午他8点整出门锻炼，回家时发现时针刚好旋转了60°，那么李明回家的时间是（　　） A．9点整 B．9点半 C．10点整 D．10点半 【分析】根据时针每小时旋转30°可得求得李明出门锻炼所用的时间，然后再加上出门时的时刻即可求解． 【解答】解：由于时针旋转一周（360°）是12小时，则每小时旋转， ∴当旋转60°时，李明回家的时间是：（点整）， 故选：C． 【例3】（2024秋•崇明区期中）已知直角坐标平面上的机器人接受指令“[A，a]”（0°＜A＜180°，a≥0）后的行动结果为：在原地逆时针旋转A后，再向面对方向沿直线行走a．若机器人的位置在原点，面对方向为y轴的负半轴，则它完成一次指令[60°，2]后，所在位置的坐标为　（，1）　． 【分析】根据题意画图分析．如图，完成一次指令[60°，2]后，所在位置为P点．作PQ⊥y轴于Q点．解直角三角形OPQ求PQ、OQ的长度，根据P所在象限确定其坐标． 【解答】解：如图所示，点P为完成指令后位置， 作PQ⊥y轴于Q点， ∵OP＝2，∠POQ＝60°， ∴OQ＝1，PQ， ∴P（，1）． 故答案为：P（，1）． 【变式3-1】（2024秋•惠东县期中）（跨学科与体育融合）在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以　脚跟　（填“脚跟”或“脚尖”）为旋转中心，沿着　逆时针　（填“顺时针”或“逆时针”）方向旋转　90　度． 【分析】根据旋转的定义即可得出答案． 【解答】解：在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以脚跟为旋转中心，沿着逆时针方向旋转90度． 故答案为：脚跟，逆时针，90． 【类型二：旋转的性质】 【例4】（2024秋•利川市期中）如图，将△ABC绕点B逆时针旋转48°，得到△DBE，连接EC，若EC∥AB，则∠CBD的度数为（　　） A．16° B．18° C．20° D．24° 【分析】根据旋转的性质得BC＝BE，∠CBE＝48°，∠ABD＝48°，∠BCE＝∠BEC，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BCE的度数，再由平行线的性质即可得到∠CBA的大小，利用和差关系即可得结果． 【解答】解：∵△ABC绕点B逆时针旋转48°，得到△DBE， ∴BC＝BE，∠CBE＝48°，∠ABD＝48°，∠BCE＝∠BEC， ∴∠BCE＝∠BEC66°， ∵EC∥AB， ∴∠CBA＝∠ECB＝66°， ∴∠CBD＝∠CBA﹣∠ABD＝18°， 故选：B． 【变式4-1】（2024春•陈仓区期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△AB'C'，若点C，B，C'共线，则∠B'C'C的度数为（　　） A．60° B．45° C．30° D．15° 【分析】利用旋转的性质和三角形内角和定理即可求解． 【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转 120° 得到△AB′C′，且点C，B，C′共线， ∴AC＝AC′，∠CAC′＝120°， ∴∠ACB＝∠AC′C（180°﹣120°）＝30°， ∴∠AC′B′＝30°， ∴∠B′C′C＝∠AC′B′+∠AC′B＝30°+30°＝60°． 故选：A． 【变式4-2】（2023秋•浦北县期末）如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D是BC的中点，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，那么线段DE的长为（　　） A． B．6 C． D． 【分析】由等边△ABC中，AB＝6，D是BC的中点，根据三线合一的性质与勾股定理，可求得AD的长为3，又由将△ABD绕点A逆时针旋转得△ACE，易得△ADE是等边三角形，继而求得答案． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝6，∠BAC＝60°， ∵BD＝DC＝3， ∴AD⊥BC， ∴AD3 ∵△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE， ∴∠BAD＝∠CAE，AD＝AE， ∴∠DAE＝∠BAC＝60°， ∴△ADE是等边三角形， ∴DE＝AD＝3， 故选：C． 【例5】（2024春•永丰县期末）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后得到△P′AB． （1）求点P与点P′之间的距离； （2）求∠APB的大小． 【分析】（1）根据旋转的性质即可求出两点之间的距离 （2）由旋转可知：P′B＝PC＝10，PB＝8，P′B2＝P′P2+PB2，从而可知△P′PB为直角三角形，从而求出∠APB的大小 【解答】解：（1）由旋转的性质知AP′＝AP＝6，∠P′AB＝∠PAC， ∴∠P′AP＝∠BAC＝60°， ∴△P′AP是等边三角形， ∴PP′＝6； （2）∵P′B＝PC＝10，PB＝8， ∴P′B2＝P′P2+PB2， ∴△P′PB为直角三角形，且∠P′PB＝90°， ∴∠APB＝∠P′PB+∠P′PA＝90°+60°＝150°． 【变式5-1】（2023秋•东平县期末）如图，将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，点B落在DE上，延长AC交DE于点F，AB、DC交于点G． （1）求证：AB⊥DE； （2）求证：FB+BGBC． 【分析】（1）根据将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，可得∠A＝∠D，∠ACD＝∠BCE＝90°，而∠DGB＝∠CGA，故∠DBG＝∠ACG＝90°，即得AB⊥DE； （2）由将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC，可得∠ABC＝∠DEC，∠ACB＝∠DCE，BC＝EC，即知∠BCG＝∠ECF，故△CBG≌△CEF（AAS），可得EF＝BG，即得BE＝BG+BF，又△BCE为等腰直角三角形，即可得证． 【解答】证明：（1）∵将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC， ∴∠A＝∠D，∠ACD＝∠BCE＝90°， ∵∠DGB＝∠CGA， ∴∠DBG＝∠ACG＝90°， ∴AB⊥DE； （2）∵将△ABC绕点C逆时针旋转90°得△DEC， ∴∠ABC＝∠DEC，∠ACB＝∠DCE，BC＝EC， ∴∠ACB﹣90°＝∠DCE﹣90°，即∠BCG＝∠ECF， ∴△CBG≌△CEF（AAS）， ∴EF＝BG， ∴EF+BF＝BG+BF，即BE＝BG+BF， ∵EC＝BC，∠BCE＝90°， ∴△BCE为等腰直角三角形， ∴BEBC， 即FB+BGBC． 【类型三：与旋转有关的作图】 【例6】（2024秋•船营区校级期末）如图，在下列10×10的网格中，横、纵坐标均为整点的数叫做格点，例如A（2，1）、B（5，4）、C（1，8）都是格点． （1）直接写出△ABC的面积； （2）将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A1BC1，在网格中画出△A1BC1； （3）在图中画出线段EF，使它同时满足以下条件：①点E在△ABC内；②点E，F都是格点；③EF三等分BC；④EF．请写出点E，F的坐标． 【分析】（1）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积； （2）利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A1、C1即可得到△A1BC1； （3）利用平行线分线段成比例得到CF：BE＝2，则EF三等分BC，然后写出E、F的坐标，根据勾股定理求出EF的长度为． 【解答】解：（1）△ABC的面积＝4×77×13×34×4＝12； （2）如图，△A1BC1为所作； （3）如图，线段EF为所作，其中E点坐标为（2，4），F点坐标为（7，8），EF的长度为． 【变式6-1】（2024秋•静安区期末）如图，已知点O与三角形ABC． （1）画出三角形ABC关于点O成中心对称的图形，记作三角形A′B′C′，其中点A、B、C分别与点A′、B′、C′对应； （2）画出三角形A′B′C′绕点O按逆时针方向旋转90°后的图形，记作三角形A″B″C″，其中点A′、B′、C′分别与点A″、B″、C″对应； （3）将三角形ABC绕点O按顺时针方向旋转m°（0＜m＜360）得三角形A′B′C′，再将三角形A′B′C′绕点O按逆时针方向旋转n°（0＜n＜360，且m＞n）得三角形A″B″C″． 小明认为，三角形ABC经过一次运动就能和三角形A″B″C″重合，他的观点正确吗？如果认为正确，请描述这个运动过程；如果认为不正确，请说明理由． 【分析】（1）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出A′，B′，C′的对应点A″，B″，C″即可； （3）利用旋转变换的性质判断即可． 【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求； （2）如图，△A″B″C″即为所求； （3）正确．三角形ABC绕点O按顺时针方向旋转（m﹣n）°得到三角形A″B″C″． 【类型四：中心对称的概念与性质】 【例7】（2023秋•邯郸期末）如图，在正方形网格中，A，B，C，D，E，F，G，H，M，N是网格线交点，△ABC与△DEF关于某点对称，则其对称中心是（　　） A．点G B．点H C．点M D．点N 【分析】A、D两点到M的距离相等且三点在一条直线上，B、E两点到M都是2×3的网格且三点在一条直线上，C、F两点到M都是1×2的网格且三点在一条直线上，可得对称中心是点M． 【解答】解：AD、CF、BE相交于点M， ∴点M是△ABC与△DEF的对称中心， 故选：C． 【变式7-1】（2024秋•灵宝市期中）如图，在平面直角坐标系中，把△ABC绕原点O旋转180°得到△CDA，点A，B，C的坐标分别为（﹣5，2），（﹣2，﹣2），（5，﹣2），则点D的坐标为 　（2，2）　． 【分析】依据四边形ABCD是平行四边形，即可得到BD经过点O，依据B的坐标为（﹣2，﹣2），即可得出D的坐标为（2，2）． 【解答】解：∵点A，C的坐标分别为（﹣5，2），（5，﹣2）， ∴点O是AC的中点， ∵AB＝CD，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴BD经过点O， ∵B的坐标为（﹣2，﹣2）， ∴D的坐标为（2，2）， 故答案为：（2，2）． 【变式7-2】如图，线段AB与线段CD关于点P对称，若点A（a，b）、B（5，1）、D（﹣3，﹣1），则点C的坐标为（　　） A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a+2，﹣b） C．（﹣a﹣1，﹣b+1） D．（﹣a+1，﹣b﹣1） 【分析】运用中点坐标公式求答案． 【解答】解：设C（m，n）， ∵线段AB与线段CD关于点P对称， 点P为线段AC、BD的中点． ∴，， ∴m＝2﹣a，n＝﹣b， ∴C（2﹣a，﹣b）， 故选：B． 【例8】（2022春•莲湖区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E是CD上一点，点D与点C关于点E中心对称，连接AE并延长，与BC延长线交于点F． （1）填空：E是线段CD的 　中点　，点A与点F关于点 　E　成中心对称，若AB＝AD+BC，则△ABF是 　等腰　三角形． （2）四边形ABCD的面积为12，求△ABF的面积． 【分析】（1）利用中心对称的定义回答即可，然后证得AB＝BF，利用等腰三角形的性质判定等腰三角形即可； （2）得到三角形ADE的面积等于三角形ECF的面积，从而得到答案． 【解答】解：（1）∵点D与点C关于点E中心对称， ∴E是线段CD的中点，DE＝EC， ∵AD∥BC， ∴∠D＝∠DCF， 在△ADE与△FCE中， ， ∴△ADE≌△FCE（ASA）， ∴AE＝FE，AD＝CF， ∴点A与点F关于点E成中心对称， ∵AB＝AD+BC， ∴AB＝BF， 则△ABF是等腰三角形． 故答案为：中点，E，等腰； （2）∵△ADE≌△FCE， ∴△ADE与△FCE面积相等， ∴△ABF的面积等于四边形ABCD的面积， ∵四边形ABCD的面积为12， ∴△ABF的面积为12． 【类型五：与中心对称有关的作图】 【例9】（2024秋•洛阳期末）如图，已知在平面直角坐标系中，线段AB的坐标分别为A（3，4），B（4，2）． （1）画出线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段CB，连接点A、C得到△ABC； （2）在（1）的条件下，画出△ABC关于原点O对称的△DEF，点A、B、C的对应点分别是D、E、F； （3）在（2）的条件下，已知线段AB绕平面内的点P旋转一个特定的度数可与线段FE重合（其中点A对应点F），请直接写出点P的坐标为 　（﹣2，4）　． 【分析】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）根据中心对称的性质作图即可． （3）连接AF，BE，分别作线段AF，BE的垂直平分线，相交于点P，则线段AB点P顺时针旋转90°可与线段FE重合，即可得出答案． 【解答】解：（1）如图，线段CB即为所求． （2）如图，△DEF即为所求． （3）连接AF，BE，分别作线段AF，BE的垂直平分线，相交于点P， 则线段AB点P顺时针旋转90°可与线段FE重合， ∴点P的坐标为（﹣2，4）． 故答案为：（﹣2，4）． 【变式9-1】（2024•清水县校级三模）请按以下要求用无刻度直尺作图： （1）如图1，线段AB和线段A′B′关于点M成中心对称，画出点M； （2）如图2，将△ABC绕点O逆时针旋转90°得△A1B1C1，画出△A1B1C1； （3）如图3，设∠BAC＝α，将△ABC绕点C顺时针旋转α得△A′B′C，画出△A′B′C． 【分析】（1）连接AA′、BB′，交点即为所求； （2）根据旋转变换的定义作出变换后的对应点，再首尾顺次连接即可； （3）根据旋转变换的定义，结合网格特点作出变换后的对应角，从而得出答案． 【解答】解：（1）如图1所示，点M即为所求． （2）如图2所示，△A1B1C1即为所求； （3）如图3所示，△A′B′C即为所求． 【类型六：中心对称图形】 【例10】（2024秋•长寿区期末）以下四个交通标志，其中是中心对称图形（不含下方的文字注释）的是（　　） A．直行 B．掉头 C．十字路口 D．环形车道 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，据此解答． 【解答】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合， ∴选项A、B、D不是中心对称图形，不符合题意； 选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合， ∴选项C是中心对称图形，符合题意， 故选：C． 【变式10-1】（2024秋•蜀山区校级期末）下列图形是中心对称图形的是（　　） A．斐波那契螺旋线 B．蝴蝶曲线 C．赵爽弦图 D．笛卡尔心形线 【分析】根据中心对称图形的概念判断即可． 【解答】解：选项A、B、D中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形； 选项C中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C． 【变式10-2】（2024秋•吉林期末）我国汉代数学家赵爽在他所著《勾股圆方图注》中，运用弦图（如图所示）巧妙地证明了勾股定理．下列关于“赵爽弦图”说法正确的是（　　） A．是轴对称图形 B．是中心对称图形 C．既是轴对称图形又是中心对称图形 D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答即可． 【解答】解：“赵爽弦图”是中心对称图形，但不是轴对称图形． 故选：B． 【例11】（2024春•慈溪市期中）如图，由4个全等的正方形组成的L形图案，请按下列要求画图： （1）在图案①中添加1个正方形，使它成轴对称图形（不能是中心对称图形）； （2）在图案②中添加1个正方形，使它成中心对称图形（不能是轴对称图形）； （3）在图案③中改变1个正方形的位置，从而得到一个新图形，使它既成中心对称图形，又成轴对称图形． 【分析】（1）根据轴对称图形的性质，先找出对称轴，再思考如何画图； （2）如一，也是先找一个中心，再根据中心对称的性质，思考如何画图； （3）根据中心对称和轴对称的性质画一个图形． 注意此题有多种画法，答案不唯一． 【解答】解：如图所示． （1）如图（1），图（2），图（3）所示； （2）如图（4）所示； （3）如图（5），图（6）所示． 【变式11-1】（2021秋•辛集市期末）如图，方格纸中有三个点A，B，C，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上． （1）在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形； （2）在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形； （3）在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形． 【分析】（1）平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形； （2）等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形； （3）正方形既是轴对称图形又是中心对称图形． 【解答】解：（1）甲图：平行四边形， （2）乙图：等腰梯形， （3）丙图：正方形． 【类型七：与旋转有关的模型】 1．（2023秋•江津区校级月考）已知正方形ABCD边长为5，点M、N分别在边BC，CD上，连接AM，MN，AN，若∠MAN＝45°，BM＝2，则线段NC的长为（　　） A．2 B．3 C． D． 【分析】延长CB，使BE＝DN，易证△ABE≌△ADN（SAS），EB＝DN，MN＝EM，设CN＝x，则DN＝5﹣x，EB+BM＝MN＝7﹣x，在Rt△CMN中，由（7﹣x）2＝32+x2，解得x，即可求解． 【解答】解：如图，延长CB，使BE＝DN， ∵四边形ABCD是边长为5的正方形， ∴∠B＝∠C＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝5， ∴∠ABE＝90°， 在△ABE和△ADN中， ， ∴△ABE≌△ADN（SAS）， ∴EB＝DN，MN＝EM， 设CN＝x，则DN＝5﹣x， ∴EB+BM＝MN＝7﹣x， 在Rt△CMN中，MN2＝CM2+CN2， ∴（7﹣x）2＝32+x2， 解得x， ∴CN， 故选：D． 2．（2024春•洛江区期末）如图1，点M、N别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠MAN＝45°，连接MN． （1）求证：MN＝BM+DN．下面提供解题思路，请填空： 如图2，把△ADN绕点A顺时针旋转 　90　度至△ABE，可使AD与AB重合． 由∠EBC＝∠ABE+∠ABC＝180°，则知E、B、C三点共线，从而可证△AEM≌　△ANM　，从而得MN＝BM+DN． （2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明． （3）如图4，四边形ABCD不是正方形，但满足AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠MAN＝45°，且BC＝7，DC＝13，CN＝5，求BM的长． 【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明△AEM≌△ANM即可求证； （2）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，即可得出答案； （3）在DC上取一点G，使DG＝BM，先证明△ABM≌△ADG，再证明△MAN≌△GAN，得到MN＝NG，设BM＝x，用含x的代数式表达GC和MN，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可． 【解答】解：（1）∵∠BAD＝90°， ∴△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE， ∵旋转， ∴△ADN≌△ABE， ∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°，即∠BAM+∠BAE＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝EM＝BM+BE＝BM+DN． 故答案为：90，△ANM； （2）MN＝DN﹣BM，理由如下， 在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ADG＝∠ABM＝90°， 又∵DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MAN＝∠GAN， 又∵AN＝AN， ∴△MAN≌△GAG（SAS）， ∴MN＝NG＝DN﹣DG＝DN﹣BM， 即MN＝DN﹣BM； （3）解：在DC上取一点G，使DG＝BM， ∵∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠D+∠ABC＝180°， ∵∠ABM+∠ABC＝180°， ∴∠D＝∠ABM， 又∵AB＝AD，DG＝BM， ∴△ABM≌△ADG（SAS）， ∴AM＝AG，∠MAB＝∠GAD， ∵∠MAN＝∠BAM+∠BAN＝45°， ∴∠GAD+∠BAN＝45°， ∴∠GAN＝45°，即∠MANF＝∠GAN， ∴△MAN≌△GAN（SAS）， ∴MN＝NG， 设BM＝x＝DG， ∴GC＝13﹣x， ∴MN＝NG＝18﹣x， 在Rt△MCN中，MC2+NC2＝MN2 ∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2， 解得：x＝5， ∴BM的长为5． 3．（2023春•渠县校级期末）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论： ①PM＝PN恒成立；②△OMN的周长不变；③OM+ON的值不变；④四边形PMON的面积不变，其中正确的为 　①③④　（请填写正确结论前面的序号）． 【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断． 【解答】解：如图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F， ∵∠PEO＝∠PFO＝90°， ∴∠EPF+∠AOB＝180°， ∵∠MPN+∠AOB＝180°， ∴∠EPF＝∠MPN， ∴∠EPM＝∠FPN， ∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F， ∴PE＝PF， 在Rt△POE和Rt△POF中， ， ∴Rt△POE≌Rt△POF（HL）， ∴OE＝OF， 在△PEM和△PFN中， ， ∴△PEM≌△PFN（ASA）， ∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确， ∴S△PEM＝S△PNF， ∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确， ∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE， ∴OM+ON为定值，故③②正确， 在旋转过程中，△PMN是顶角不变的等腰三角形， ∵PM的长度是变化的， ∴MN的长度是变化的，故错误， 故答案为：①③④． 4．（2024春•宁阳县期末）如图，点A是x轴上一个定点，点B从原点O出发沿y轴的正方向移动，以线段OB为边在y轴右侧作等边三角形，以线段AB为边在AB上方作等边三角形，连接CD，随点B的移动，下列说法错误的是（　　） A．△BOA≌△BDC B．∠ODC＝150° C．直线CD与x轴所夹的锐角恒为60° D．随点B的移动，线段CD的值逐渐增大 【分析】根据等边三角形的性质，结合图形证明手拉手模型﹣旋转型全等，即可判断A，根据△BOA≌△BDC，可得∠BDC＝∠BOA＝90°，从而可得∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝150°，即可判断B，延长CD交x轴于点E，根据∠ODC＝150°利用平角定义可求出∠ODE＝30°，然后再利用三角形的外角求出∠DEA＝60°，即可判断C，根据△BOA≌△BDC，可得CD＝OA，根据OA的值是定值，即可判断D． 【解答】解：A．∵△OBD和△ABC都是等边三角形， ∴∠ABC＝∠OBD＝∠ODB＝∠BOD＝60°，BO＝BD，BC＝AB， ∴∠ABC﹣∠DBA＝∠OBD﹣∠DBA， ∴∠CBD＝∠ABO， ∴△BOA≌△BDC（SAS）， 故A不符合题意； B．∵△BOA≌△BDC， ∴∠BDC＝∠BOA＝90°， ∴∠ODC＝∠BDO+∠BDC＝60°+90°＝150°， 故B不符合题意； C．延长CD交x轴于点E， ∵∠ODC＝150°， ∴∠ODE＝180°﹣∠ODC＝30°， ∵∠BOA＝90°，∠BOD＝60°， ∴∠DOA＝∠BOA﹣∠BOD＝30°， ∴∠DEA＝∠DOA+∠ODE＝60°， ∴直线CD与x轴所夹的锐角恒为60°， 故C不符合题意； D．∵△BOA≌△BDC， ∴CD＝OA， ∵点A是x轴上一个定点， ∴OA的值是一个定值， ∴随点B的移动，线段CD的值不变， 故D符合题意； 故选：D． 5．（2024春•市北区期中）如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上一点，BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，则下列结论正确的为（　　） ①△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到； ②∠BCE+∠BCD＝180°； ③∠ABE＝∠DAE； ④BA+BC＝2BF． A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④ 【分析】由BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，可证△ABD≌△EBC，所以△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，由△ABD≌△EBC可得∠BCE＝∠BDA，因为BD＝BC，∠BDC＝∠ADE，可得∠BCD＝∠ADE，因为∠BDA+∠ADE＝180°，等量代换∠BCE+∠BCD＝180°，因为BE＝BA，所以∠BAE＝∠BEA（180°﹣∠ABE），因为∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD（180°﹣∠DBC），∠BDC＝∠ADE，所以∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD，即∠ADE＝∠AED（180°﹣∠ABE），因为∠DAE＝180°﹣2∠AED，可得∠ABE＝∠DAE，过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M，可证Rt△AEF≌Rt△CEM，Rt△BEF≌Rt△BEM，所以AF＝CM，BF＝BM，所以BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF． 【解答】解：∵BD为△ABC的角平分线， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵BD＝BC，BE＝BA， ∴△ABD≌△EBC（SAS）， ∴△EBC可由△ABD绕点B旋转而得到，故①符合题意， ∴∠BCE＝∠BDA， ∵BD＝BC， ∴∠BDC＝∠BCD， ∵∠BDC＝∠ADE， ∴∠BCD＝∠ADE， ∵∠BDA+∠ADE＝180°， ∴∠BCE+∠BCD＝180°，故②符合题意， ∵BE＝BA， ∴∠BAE＝∠BEA（180°﹣∠ABE）， ∵∠ABD＝∠DBC，∠BDC＝∠BCD（180°﹣∠DBC）， ∴∠BAE＝∠BEA＝∠BDC＝∠BCD， ∵∠BDC＝∠ADE， ∴∠ADE＝∠AED（180°﹣∠ABE）， ∵∠DAE＝180°﹣2∠AED， ∴∠ABE＝∠DAE，故③符合题意， 过E作EM⊥BC，交BC延长线于点M， ， ∵BD为△ABC的角平分线， ∴EF＝EM， ∵△ABD≌△EBC， ∴CE＝DA， ∵∠ADE＝∠AED， ∴AD＝AE， ∴CE＝AE， ∴Rt△AEF≌Rt△CEM（HL）， ∴AF＝CM， ∵EF＝EM，BE＝BE， ∴Rt△BEF≌Rt△BEM（HL）， ∴BF＝BM， ∴BA+BC＝BF+AF+BM﹣CM＝BF+AF+BF﹣AF＝2BF，故④符合题意， 故选：B． 6．（2024春•淮安区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P是平面内一动点，且PA＝4，连接PB、PC，则PB+PC的最小值为 　4　． 【分析】把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM．由手拉手得得△PAC≌△MAB，故PB+BM≥PM，即PB+PC≥4，得PB+PC的最小值为4． 【解答】解：把AP绕点A逆时针旋转120°至AM，连PM． ∵∠BAC＝∠PAM＝120°， ∴∠PAC＝∠MAB． 由AB＝AC，∠PAC＝∠MAB，AP＝AM， 得△PAC≌△MAB（SAS）， ∴PC＝BM． ∵∠PAM＝120°， ∴∠HMA＝30°， ∴HAAM＝2， ∴HMHA＝2， ∴PM＝2HM＝4． ∵PB+BM≥PM， 即PB+PC≥4， ∴PB+PC的最小值为4． 故答案为：4． 7．（2024春•田家庵区校级期末）【问题发现】 （1）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B，D，E在同一直线上，连接CE，容易发现：①∠BEC的度数为 　60°　；②线段BD、CE之间的数量关系为 　BD＝CE　； 【类比探究】 （2）如图2，△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接CE，试判断∠BEC的度数以及线段BD、CE之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图3，∠AOB＝∠ACB＝90°，OA＝2，OB＝4，AC＝BC，则OC2的值为 　2　． 【分析】（1）证明△BAD≌△CAE（SAS），即可得到∠BEC＝60°，BD＝CE； （2）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得到∠BEC＝90°，BD＝CE； （3）取OB中点D，连接CD，证明△CAO≌△CBD（SAS），得出△OCD是等腰直角三角形，由此得出OC2． 【解答】解：（1）∵△ABC和△ADE均为等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE， ∴∠BEC＝∠BAC＝60°， 故答案为：60°，BD＝CE； （2）∵∠BAC＝∠D4E＝90°，△ABC和△ACE均为等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ADE＝∠AED＝45°， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝135°， ∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°； （3）取OB中点D，连接CD， ∵OA＝2，OB＝4， ∴OA＝DB＝OD＝2， ∵∠AOB＝∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠ABC＝∠BAC＝45°， 设∠CBD＝x，则∠ABO＝45°﹣x， ∴∠BAO＝90°﹣∠ABO＝90°﹣（45°﹣x）＝45°+x， ∴∠CAO＝x＝∠CBD， ∴△CAO≌△CBD（SAS）， ∴OC＝CD，∠ACO＝∠BCD， ∴∠ACO+∠ACD＝∠BCD+∠ACD＝90°， ∴△OCD是等腰直角三角形， ∴2OC2＝OD2， ∴， 故答案为：2． 8．（2024春•和平区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，作射线AP，点C关于直线AP的对称点为D，连接AD，直线DC，DB，分别交AP于点E，F，连接CF． （1）如图1，射线AP在△ABC的外部，当α＝40°时，求∠BDC的度数； （2）如图2，射线AP的一部分落在△ABC内部，当α＝60°时， ①直接写出∠BDC的度数； ②求证：AF＝BF+CF． （3）当α＝60°时，若△DBC是等腰三角形，直接写出∠CAD的度数． 【分析】（1）要求角度，无外乎三角形内角和、外角的性质、等腰三角形两底角相等、角的和差这些方向，题干中有等腰三角形，有对称，所以会有AB＝AC＝AD，已知α＝40°，设∠CAE＝∠DAE＝β，利用三角形内角和和等腰三角形两底角相等将∠ADB和∠ADC表示出来，再利用角的和差求解即可； （2）①与第（1）思路和步骤基本一致； ②要求线段的数量关系问题，无非利用全等，特别是这种线段和差问题，就是我们作“截长补短”的辅助线，证全等即可，将AF绕点A逆时针旋转60°得到AG，则△AFG是等边三角形，先证△ABF≌△ACG（SAS）得到BF＝CG，∠ABF＝∠ACG，再证F、C、G三点共线即可得证； （3）因为等腰三角形会有两边相等，而我们小学就知道圆的半径相等，七下又学过线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，所以等腰三角形的存在性问题通常用“两圆一线”的辅助线进行定点D的位置，B和C是定点，如图分别以B和C为圆心，BC长为半径画圆，作BC的垂直平分线，因为对称和△ABC是等边三角形，所以AD＝AB＝AC，因此，以A为圆心，AB长为半径画圆，与⊙B，⊙C，和BC垂直平分线的交点就是我们所求的点D，再分别根据每个点求∠CAD的度数即可． 【解答】解：（1）∵对称， ∴∠CAE＝∠DAE，AC＝AD， ∵AB＝AC，∠BAC＝α＝40°， ∴∠ABC＝∠ACB＝70°，AB＝AC＝AD， 设∠CAE＝∠DAE＝β，则∠BAD＝40°+2β， ∴∠ADB＝∠ABD70°﹣β，∠ADC＝∠ACD90°﹣β， ∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝90°﹣β﹣（70°﹣β）＝20°； （2）①∵对称， ∴∠CAE＝∠DAE，AC＝AD， ∵AB＝AC，∠BAC＝α＝60°， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝AD， 设∠CAE＝∠DAE＝β，则∠BAD＝2β﹣60°， ∴∠ADB＝∠ABD120°﹣β，∠ADC＝∠ACD90°﹣β， ∴∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝120°﹣β﹣（90°﹣β）＝30°； ②如图，将AF绕点A逆时针旋转60°得到AG，连接CG， ∵∠FAG＝60°，AF＝AG， ∴△AFG是等边三角形， ∴AF＝FG＝AG， ∵∠BAC＝60°， ∴∠BAF＝∠CAG＝60°﹣∠CAF， ∵AB＝AC，AF＝AG， ∴△ABF≌△ACG（SAS）， ∴BF＝CG，∠ABF＝∠ACG， 由①知∠BDC＝30°， ∵AF是折痕， ∴∠DEF＝90°， ∴∠DFE＝60°＝∠CFE， ∴∠BFC＝120°， ∵∠BAC＝60°， ∴∠ABF+∠ACF＝180°， ∴∠ACF+∠ACG＝180°，即F、C、G三点共线， ∴FG＝CF+CG＝CF+BF， ∴AF＝BF+CF． （3）①如图，当AP与AB重合时，BD＝BC，此时∠CAD＝2∠BAC＝120°； ②如图，△ACD是等边三角形时，CD＝CA＝CB，此时∠CAD＝∠CAB＝60°； ③如图，当点D落在BC垂直平分线上，且在BC下方时，DB＝DC， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠CAD∠CAB＝30°； ④如图，当点D落在BC垂直平分线上，且在BC上方时，DB＝DC， 此时∠CAD＝180°﹣30°＝150°． 综上，∠CAD的度数120°或60°或30°或150°． 9．（2023秋•萧山区期中）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF．则AE+PB+PC的最小值为（　　） A．10 B． C． D． 【分析】连接BF，过点B作BD⊥AF，与AF的延长线交于点D，由旋转可知∠PAE＝∠CAF＝60°，AP＝AE，PC＝EF，AC＝AF＝6，于是可得△APE为等边三角形，进而得到AE+PB+PC＝PE+PB+EF≥BF，利用含30度的直角三角形性质可得ADAB＝2，BDAD，最后利用勾股定理求出BF的长即可． 【解答】解：如图，连接BF，过点B作BD⊥AF，与AF的延长线交于点D， 则∠ADB＝90°， ∵将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF， ∴∠PAE＝∠CAF＝60°，AP＝AE，PC＝EF，AC＝AF＝6， ∴△APE为等边三角形， ∴AE＝PE， ∴AE+PB+PC＝PE+PB+EF， ∵PB+PE+EF≥BF， ∴当点B、P、E在同一条直线上时，PB+PE+EF取得最小值为BF，即AE+PB+PC取得最小值为BF， ∵∠BAC＝60°＝∠CAE， ∴∠BAD＝60°， ∴∠ABD＝30°， ∴ADAB＝2，BDAD， ∴DF＝AD+AF＝2+6＝8， 在Rt△BDF中，BF， ∴AE+PB+PC取得最小值为． 故选：B． 10．（2022秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时， ①∠BDC＝　60°　； ②AD的最小值是 　5　． 【分析】以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再根据C，D，E三点共线时，CE有最小值，即可得到AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°． 【解答】解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE， ∵△BDE，△ABC均为等边三角形， ∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°， ∴∠ABD＝∠CBE， 在△ABD和△CBE中， ， ∴△ABD≌△CBE（SAS）， ∴CE＝AD， ∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3， ∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值， ∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5， ∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°． 故答案为：①60°；②5． 11．（2023春•沈阳期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，点B分别是y轴，x轴正半轴上的点，且OA＝OB，△AOC是等边三角形，且点C在第二象限，M为∠AOB平分线上的动点，将OM绕点O逆时针旋转60°得到ON，连接CN，AM，BM． （1）求证：△AMO≌△CNO； （2）若A点坐标为（0，4）； ①当AM+BM的值最小时，请直接写出点M的坐标； ②当AM+BM+OM的值最小时，求出点M的坐标，并说明理由． 【分析】（1）先根据旋转的性质得OM＝ON，∠NOA＝15°，进而可求得∠AOM＝∠CON＝45°，再结合OA＝OC，依据“SAS”即可判定△AMO和△CNO全等； （2）首先确定当AM+BM为最小时，点A、M、B在同一条直线上，此时由OA＝OB＝4，OM平分∠AOB即可得出点M为为AB的中点，进而可求出点M的坐标； （3）连接MN，过点M作ME⊥x轴于点E，作BM的垂直平分线交x轴于点F，由（1）可知：AM＝CN，由转转的性质得出△OMN为等边三角形，进而得AM+BM+OM＝CN+BM+MN，因此当AM+BM+OM的值最小时，就是CN+BM+MN的值最小，此时点B，M，N，C在同一条直线上，可由∠OMB＝120°，BOM＝45°，求出∠OBM＝15°，据此得∠MFE＝30°，设ME＝a，则OE＝a，MF＝BF＝2a，，再根据OB＝OE+EF+FB＝4即可求出a的值，从而可求得点M的坐标． 【解答】（1）证明：∵OM平分∠AOB， ∴∠AOM＝45°， 由旋转的意义可知：∠MON＝60°，OM＝ON， ∴∠NOA＝∠MON﹣∠AOM＝60°﹣45°＝15°， ∵△AOC为等边三角形， ∴OA＝OC，∠COA＝60°， ∴∠CON＝∠COA﹣∠NOA＝60°﹣15°＝45°， ∴∠AOM＝∠CON， 在△AMO和△CNO中， ， ∴△AMO≌△CNO（SAS）． （2）解：点M的坐标为（2，2），理由如下： ∵点M为∠AOB平分线上的动点， ∴当AM+BM为最小时，点A、M、B在同一条直线上， 当点A、M、B在同一条直线上时， ∵点A的坐标为（0，4），OA＝OB， ∴OA＝OB＝4， ∵OM平分∠AOB， ∴点M为为AB的中点， ∴点M的坐标为（2，2）． （3）解：点M的坐标为，理由如下： 连接MN，过点M作ME⊥x轴于点E，作线段BM的垂直平分线交x轴于点F， 则BF＝MF， 由（1）可知：△AMO≌△CNO， ∴AM＝CN， 由转转的性质可知：OM＝ON，∠MON＝60°， ∴△OMN为等边三角形， ∴OM＝MN， ∴AM+BM+OM＝CN+BM+MN， 当AM+BM+OM的值最小时，就是CN+BM+MN的值为最小， 当CN+BM+MN的值为最小时，点B，M，N，C在同一条直线上， ∴∠OMB＝180°﹣60°＝120°， ∵OM平分∠AOB， ∴BOM＝45°， ∴∠OBM＝180°﹣45°﹣120°＝15°， 又MF＝BF， ∴∠FMB＝∠OBM＝15°， ∴∠MFE＝∠FMB+∠OBM＝30°， 设ME＝a，则OE＝a， 在Rt△MEF中，ME＝a，∠MFE＝30°， ∴MF＝2ME＝2a， 由勾股定理得：， ∴FB＝FM＝2a， ∴OB＝OE+EF+FB＝4， 即：， 解得：， ∴点M的坐标为． 1．（2024秋•汉阳区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，将△ABC绕点A顺时针旋转得到对应△ADE，若点E恰好在AB边上，则BE的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】由∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，求得AB10，由旋转得AE＝AC＝6，且点E在AB上，则BE＝AB﹣AE＝4，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB10， ∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到对应△ADE，点E恰好在AB边上， ∴AE＝AC＝6， ∴BE＝AB﹣AE＝10﹣6＝4， 故选：B． 2．（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，△ABC中，∠ACB＝85°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在A边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝α，则∠EFC的度数是（　　）（用含α的代数式表示） A． B． C． D． 【分析】由旋转可得：BC＝CD，∠B＝∠CDF，推出，由∠ACB＝85°，可得∠DCF＝85°﹣α，再根据三角形的外角性质即可求解． 【解答】解：由旋转可得：∠B＝∠CDF，BC＝CD， ∴∠B＝∠CDF＝∠CDB， ∵∠BCD＝α， ∴90， ∵∠ACB＝85°， ∴∠DCF＝∠ACB﹣∠BCD＝85°﹣α， ∴， 故选：C． 3．（2024秋•鞍山期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，下列结论正确的是（　　） A．∠APB≠60° B．BC＝PE C．AP+AD＝BC D．PA+PC＝PE 【分析】在BC上截取BG＝PD，证△ABG≌△ADP（SAS），即可判断出选项A和选项D，由旋转图形易判断出选项B和选项C． 【解答】解：∵旋转， ∴BC＝DE， ∵点P在DE上， ∴DE≥PE ∴BC不一定等于PE， 故选项B错误，不符合题意； 在BC上截取BG＝PD， 由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°， ∴CG＝PE， ∴△ABG≌△ADP（SAS）， ∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP， ∴∠BAG+∠DAG＝∠DAP+∠DAG， 即∠BAD＝∠GAP＝60°， ∴△APG是等边三角形， ∴AP＝PG，∠APB＝60°， ∴AP+PC＝PG+PC＝CG＝PE， 故选项D正确，符合题意， 选项A不正确，不符合题意； 没有足够条件能够证明AP+AD＝BC， 故选项C错误，不符合题意； 故选：D． 4．（2024•闽侯县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝1，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为 　　． 【分析】连接BB′，如图，先根据含30度的直角三角形三边的关系得到BC，再根据旋转的性质得到CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BAB′，则可判断△CAA′为等边三角形，所以∠ACA′＝60°，然后判断△CBB′为等边三角形，从而得到BB′的长． 【解答】解：连接BB′，如图， ∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝1， ∴BCAC， ∵△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，此时点A'恰好在AB边上， ∴CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BAB′， ∵CA＝CA′，∠A＝60°， ∴△CAA′为等边三角形， ∴∠ACA′＝60°， ∴∠BCB′＝60°， ∴△CBB′为等边三角形， ∴BB′＝CB， 即点B'与点B之间的距离为． 故答案为：． 5．（2024•青龙县模拟）如图，O是等边△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则∠AOB＝　150°　． 【分析】连接OO′，如图，根据旋转的性质得BO′＝BO＝4，∠O′BO＝60°，可判断△BOO′为等边三角形，由△ABC为等边三角形得到BA＝BC，∠ABC＝60°，则∠O′BA＝∠OBC，然后根据“SAS”可证明△O′BA≌△OBC，则O′A＝OC＝5在△AOO′中，由于OA′＝5，OO′＝4，OA＝3，则OA2+OO′2＝O′A2，于是可根据勾股定理的逆定理可得∠AOO′＝90°，加上△BOO′为等边三角形得∠BOO′＝60°，所以∠AOB＝60°+90°＝150°． 【解答】解：连接OO′，如图， ∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′， ∴BO′＝BO＝4，∠O′BO＝60°， ∴△BOO′为等边三角形， ∴∠BOO′＝60°， ∵△ABC为等边三角形， ∴BA＝BC，∠ABC＝60°， ∴∠O′BO﹣∠ABO＝∠ABC﹣∠ABO，即∠O′BA＝∠OBC， 在△O′BA和△OBC中 ， ∴△O′BA≌△OBC（SAS）， ∴O′A＝OC＝5， 在△AOO′中，∵OA′＝5，OO′＝4，OA＝3， ∴OA2+OO′2＝O′A2， ∴∠AOO′＝90°， ∴∠AOB＝60°+90°＝150°， 故答案为：150°． 6．（2024•邱县二模）将分别含有30°，45°角的一副三角板重叠，使直角顶点及两直角边重合，如图1．若保持含45°角的三角板固定不动，将含30°角的三角板绕直角顶点沿顺时针方向旋转15°，如图2，此时α的度数 　减小　（填“增大”或“减小”）了 　15　度． 【分析】运用三角形内角和定理和外角定理即可求解． 【解答】解：如图，∵∠1＝∠A+∠2， ∴∠2＝60°﹣45°＝15°， ∴旋转前α1＝180°﹣15°＝165°， ∵∠4+∠B+∠3＝180°， ∴∠4＝∠5＝180°﹣15°﹣60°＝105°， ∵旋转后α2＝∠A+∠5， ∴旋转后α2＝45°+105°＝160°， ∴α1﹣α2＝15°， ∴度数减小了15°， 故答案为：减小，15． 7．（2023•宁南县校级模拟）如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为　9　． 【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，则△BPE为等边三角形，得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，延长BP，作AF⊥BP于点FAP＝3，PE＝4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数，在直角△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在直角△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴BA＝BC， 可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图， ∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°， ∴△BPE为等边三角形， ∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°， 在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4， ∴AE2＝PE2+PA2， ∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°， ∴∠APB＝90°+60°＝150°． ∴∠APF＝30°， ∴在直角△APF中，AFAP，PFAP． ∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4）2+（）2＝25+12， 则△ABC的面积是•AB2（25+12）＝9， 故答案为：9． 8．（2024秋•海淀区校级期中）小予和小凡同学计划为美术教室设计一款多功能桌．现有圆心为O、半径为R的圆面形材料若干个（如图1所示），先在圆面材料上裁掉一个以O为圆心、r（0＜r＜R）为半径的圆得到一个圆环，然后把圆环6等分（如图2所示），得到若干扇环形桌面（如图3所示）． （1）图3中一个扇环的面积为　　（用含r、R的式子表示）； （2）小予同学用8块相同的扇环拼成如图4所示的桌子． ①图4是一个中心对称图形，请在图上标出对称中心A； ②根据图4上标注的数据求这张桌子的桌面面积（结果保留π）． （3）小凡同学用10块相同的扇环拼成如图5所示的桌子．矩形ABCD是能把这张桌子围起来的最小矩形，且AD﹣AB＝1.8m，直接写出图中线段EF的长度． 【分析】（1）由题可知一个扇环面积等于S圆环，进而用大圆面积减去小圆面积即可得出圆环面积； （2）①对应点连线的交点即是对称中心；②由题先分别求出R和r的长度，再代入即可得解； （3）先找出各扇环圆心，很容易得出O1O2＝O1O3＝O2O3＝O1O4＝O2O4，以及AD﹣AB＝R+r＝1.8mm，然后我们发现点F与点F'关于O1O2中垂线对称，点G和H关于O1O2中垂线对称，且F'、G、F三点共线，进而得到△EGF是等腰三角形，且顶角为120°，即可得解． 【解答】解：（1）S扇环S圆环•（πR2﹣πr2）； 故答案为：； （2）①如图所示； ②如图，设两个圆环的圆心分别为O1和O2，则O1G＝＝O1M＝O1F＝O2N＝O2H＝R，O2F＝r， 由题易得， ， 解得， ∴S桌面＝8S扇环π•（R+r）（R﹣r）π•（1.2+0.6）×（1.2﹣0.6）＝1.44π（m）2； （3）如图，分别作出各扇环所在的圆心O1、O2、O3、O4， 由图易得O1O2＝O1O3＝O2O3＝O1O4＝O2O4， 由（2）②可得AD＝3R+r，AB＝2R， ∴AD﹣AB＝R+r＝1.8mm， 点F与点F'关于O1O2中垂线对称，点G和H关于O1O2中垂线对称，且F'、G、F三点共线， ∵一个扇环是圆环， ∴∠F'O1G＝60°， ∴△F'O1G是等边三角形， ∴∠EGF＝120°， ∵EG＝EO1+O1G＝R+r，GF＝GH+FH＝R+r， ∴EG＝GF， ∴△EGF是等腰三角形，且顶角为120°， ∴EFEG（R+r）m． 9．（2024春•电白区期中）综合探究： 在△ABC中，∠ABC＜90°，将△ABC在平面内绕点B顺时针旋转（旋转角不超过180°），得到△DBE，其中点A的对应点为点D，连接CE，CE∥AB． （1）如图1，试猜想∠ABC与∠BEC之间满足的等量关系，并给出证明； （2）如图2，若点D在边BC上，，求CE的长． 【分析】（1）由旋转的性质可得BC＝BE，可得∠BCE＝∠BEC，由平行线的性质可得∠ABC＝∠BCE＝∠BEC； （2）过点D作DF⊥CE于点E，由旋转的性质可得AC＝DE，BC＝BE，∠ABC＝∠DBE，可证△BCE是等边三角形，由直角三角形的性质可求CF的长，由勾股定理可求EF的长，可得CE＝BC＝10． 【解答】解：（1）∠ABC＝∠BEC，理由如下： ∵△ABC在平面内绕点B顺时针旋转得到△DBE， ∴BE＝BC， ∴∠BCE＝∠BEC（等边对等角）， ∵CE∥AB（已知）， ∴∠ABC＝∠BCE（两直线平行，内错角相等）， ∴∠ABC＝∠BEC（等量代换）； （2）如图2，过点D作DF⊥CE于点F， ∵△ABC在平面内绕点B顺时针旋转得到△DBE， ∴AC＝DE＝2，BC＝BE，∠ABC＝∠DBE，AB＝BD， ∴∠BEC＝∠BCE， ∵CE∥AB， ∴∠BCE＝∠ABC， ∴∠DBE＝∠BEC＝∠BCE， ∴△BCE是等边三角形， ∴BC＝BE＝EC，∠DCE＝60°，且DF⊥CE， ∴∠CDF＝30°， ∴CFCD＝2，DFCF＝2， 在Rt△DEF中，EF8， ∴CE＝EF+CF＝8+2＝10． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$